Toán cao cấp 2- Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

Chia sẻ: dinhlan0501

Nắm được khái niệm về các loại hệ phương trình đại số tuyến tính. Nắm được phương pháp giải hệ phương trình có số phương trình và số ẩn bằng nhau theo phương pháp Cramer và phương pháp Gauss. Nắm được phương pháp giải hệ phương trình đại số tuyến tính tổng quát; hệ phương trình thuần nhất. Giải được các bài toán về hệ phương trình đại số tuyến tính, theo cách tự luận và theo trắc nghiệm

Bạn đang xem 7 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Toán cao cấp 2- Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính


Bài 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH




Mục tiêu Nội dung

• Nắm được khái niệm về các loại hệ Hệ phương trình đại số tuyến tính là một
trong những vấn đề quan trọng của Đại số
phương trình đại số tuyến tính.
tuyến tính. Các hệ số cũng như các giá trị
• Nắm được phương pháp giải hệ phương
của các ẩn số là các số thực.Trong dạng
trình có số phương trình và số ẩn bằng
tổng quát số phương trình và số ẩn số có
nhau theo phương pháp Cramer và
thể là bất kỳ và hai loại số này có thể
phương pháp Gauss.
không bằng nhau.
• Nắm được phương pháp giải hệ phương
Bài 3 gồm những nội dung sau:
trình đại số tuyến tính tổng quát; hệ
• D ạ ng c ủ a H ệ p h ươ ng trình đ ạ i s ố
phương trình thuần nhất.
t uy ế n tính
• Giải được các bài toán về hệ phương
• Giải hệ phương trình đại số tuyến tính
trình đại số tuyến tính, theo cách tự luận
• Hệ phương trình thuần nhất
và theo trắc nghiệm.
• Phương pháp Gauss




Thời lượng
Bạn đọc nên để 15 giờ để nghiên cứu LT +
8 giờ làm bài tập.




39
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

Bài toán mở đầu: Mô hình cân bằng
Trong mô hình ma trận nói ở chương trước, ta đã có ai j xj là lượng sản phẩm ngành i cung cấp
cho ngành j. Tổng lượng sản phẩm ngành i coi là chi phí để sản xuất sản phẩm cho cả n ngành là:
n

∑a x ij j
j=1

Lượng sản phẩm ngành i còn lại kí hiệu là yi thường được gọi là sản phẩm cuối cùng của ngành i.
Nếu mô hình là cân bằng thì ta có
n

∑a x + yi = xi , i = 1,2,…, n
ij j
j=1

Ta có một hệ phương trình đại số tuyến tính n phương trình và n ẩn số. Ở đây
xi, i = 1,2,…, n là các ẩn số
ai j và yi là các hằng số đã biết.

3.1. Dạng của hệ phương trình đại số tuyến tính
Dạng tổng quát của hệ phương trình đại số tuyến tính được viết như sau
⎧a11x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1
⎪a x + a x + ... + a x = b
⎪ 21 1 22 2
( 3.1)
2n n 2

⎪..............................................
⎪a m1x1 + a m2 x 2 + ... + a mn x n = b m

Hệ này được viết dưới dạng ma trận là
Ax = b (3.2)
ở đây A là ma trận được thành lập từ các hệ số của các biến
A = ( a ij )
m× n


x: véc tơ cột của các biến.
⎡ x1 ⎤
⎢x ⎥
x = ⎢ 2⎥ (3.3)
⎢⎥
⎢⎥
⎣xn ⎦
b: véc tơ cột các số hạng tự do.
⎡ b1 ⎤
⎢b ⎥
b=⎢ 2 ⎥ (3.4)
⎢⎥
⎢⎥
⎣bm ⎦
Hệ phương trình đại số tuyến tính được gọi là:
• thuần nhất nếu tất cả các bi = 0,i = 1, 2,..., m;
• không thuần nhất nếu có ít nhất một bi ≠ 0;


40
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

• tương thích nếu hệ có ít nhất một nghiệm, tức là tồn tại một bộ giá trị của
x1 , x 2 ,..., x n mà khi thay vào sẽ có một đồng nhất thức;
• không tương thích nếu không có một nghiệm nào;
• xác định nếu hệ chỉ có một nghiệm duy nhất;
• bất định nếu tồn tại quá một nghiệm.
Muốn giải hệ phương trình đại số tuyến tính thì trước hết phải xác định xem hệ đã cho
tương thích hay không tương thích. Nếu là hệ tương thích thì lại phải xem hệ là xác định
hay bất định. Nếu hệ phương trình là xác định thì ta đi tìm nghiệm duy nhất của nó.
Ví dụ 1:
⎧ x − 2y = 1

⎩ x + 2y = 5
là một hệ hai phương trình 2 ẩn.
Ví dụ 2:

⎧2 x − 3y + z = −1

⎨x + y + z = 6

⎩3x + y − 2z = −1

là một hệ 3 phương trình 3 ẩn.
Ví dụ 3:

⎧2x − 3y + 4z = 5

⎩3x + 2y − 7z = 6

là một hệ hai phương trình 3 ẩn.

3.2. Giải hệ phương trình đại số tuyến tính
Khi giải hệ phương trình đại số tuyến tính có thể xảy ra hai trường hợp:
m = n và m ≠ n.
• Trường hợp m = n
Lúc này ma trận A có dạng

⎡ a11 a12 ... a1n ⎤
⎢a a 22 ... a 2n ⎥
A = ⎢ 21 ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ a n1 a n 2 ... a nn ⎦

Định nghĩa: Hệ (3.2) gọi là hệ Cramer nếu det (A) ≠ 0 (ma trận A không suy biến)
Khi đó sẽ tồn tại ma trận nghịch đảo A −1.
Định lí 3.1 (Cramer): Hệ Cramer có nghiệm duy nhất tính bằng công thức

Δi
xi = i = 1, 2,..., n
Δ

41
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

Chứng minh
Ta nhân hai vế của đẳng thức (3.2) với A −1 về bên trái, ta được:
A −1Ax = A −1b
Bởi vì A −1A = E , mà nhân bất cứ ma trận nào với E sẽ được đúng ma trận đó, nên
x = A −1b (3.5)
−1
Sau khi thế A bởi biểu thức của nó và thay các véc tơ cột x và b, ta có:
⎡ A11b1 + A 21b 2 + ... + A n1b n ⎤
⎡ x1 ⎤
⎢x ⎥ ⎢ ⎥
⎢ 2 ⎥ = 1 ⎢ A12 b1 + A 22 b 2 + ... + A n 2 b n ⎥
⎢ ⎥ A⎢ ⎥
⎢⎥ ⎢ ⎥
⎣ A1n b1 + A 2n b 2 + ... + A nn b n ⎦
⎣xn ⎦
Vì hai ma trận chỉ bằng nhau khi các phần tử tương ứng của chúng bằng nhau nên
⎧ 1
( A11b1 + A 21b 2 + ... + A n1b n )
⎪ x1 =
A

⎪......................................................

⎪ 1
( A1i b1 + A 2i b 2 + ... + A ni bn )
⎨xi = (3.6)
A

⎪.....................................................

1

⎪ x n = A ( A1n b1 + A 2n b 2 + ... + A nn b n )

Theo định lí khai triển: Định thức bằng tổng các tích của các phần tử của hàng
hoặc cột với các phần phụ đại số của chúng. Vì vậy bất cứ hàng nào trong biểu
thức (3.6) cũng thay được bằng các định thức tương ứng với véc tơ b là một cột
của nó, chẳng hạn đối với x i sẽ có
a 11 a12 ... a1,i −1 b1 a1,i +1 ... a1n
a 21 a 22 ... a 2,i −1 b2 a 2,i +1 ... a 2n
A1i b1 + A 2i b 2 + ... + A ni b n = (3.7)
... ... ... ... ... ... ... ...
a n1 a n 2 ... a n,i −1 bn a n,i +1 ... a nn
Điều đó có nghĩa là muốn tìm x i thì phải chia định thức Δi thiết lập từ định thức
A = Δ bằng cách thay cột i bởi cột số hạng tự do cho định thức Δ , tức là
Δi
xi = i = 1, 2,..., n (3.8)
Δ
Vì vậy, có thể phát biểu quy tắc Cramer: Nếu định thức gồm các hệ số của hệ n
phương trình tuyến tính với n ẩn khác 0 thì hệ có một nghiệm duy nhất được tính
bằng công thức (3.8).
⎧ x + 0y + 2z = 6

⎨−3x + 4y + 6z = 30
Ví dụ: Giải hệ
⎪− x − 2y + 3z = 8



42
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

Giải: Ta có:
⎛ 1 0 2⎞ ⎡6 ⎤
⎜ ⎟
A = ⎜ −3 4 6 ⎟ , b = ⎢30 ⎥
⎢⎥
⎜ −1 −2 3 ⎟ ⎢8 ⎥
⎝ ⎠ ⎣⎦

⎛ 6 0 2⎞ ⎛ 1 6 2⎞ ⎛1 0 6⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
A1 = ⎜ 30 4 6 ⎟ , A 2 = ⎜ −3 30 6 ⎟ , A 3 = ⎜ −3 4 30 ⎟
⎜ 8 −2 3 ⎟ ⎜ −1 8 3 ⎟ ⎜ −1 −2 8 ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Ta tính được det(A) = 44 ≠ 0; det(A1) = –40; det(A2) = 72; det(A3) = 152.
Ta có nghiệm của hệ đã cho là:
40 10 72 18 152 38
= − ; x2 = = , x3 = =
x1 = – .
44 11 44 11 44 11
• Trường hợp m ≠ n
Ta gọi A = ( a ij ) là ma trận của hệ. Sau khi thêm cột các số hạng tự do b vào ma
m× n

trận A, ta lập được ma trận mở rộng B.
⎡ a 11 b1 ⎤
a12 ... a1n
⎢a b2 ⎥
a 22 ... a 2n
B = ⎢ 21 ⎥
⎢... ... ⎥
... ... ...
⎢ ⎥
⎣a m1 a m2 ... a mn bm ⎦

Để giải trường hợp này, ta dựa vào định lí sau:
Định lí 3.2 (Croneker – Capeli): Điều kiện cần và đủ để hệ (3.1) có nghiệm là
hạng của ma trận A bằng hạng của ma trận mở rộng B. Nếu r ( A ) = r ( B ) = n thì hệ
(3.1) có một nghiệm duy nhất. Nếu r ( A ) = r ( B ) < n thì hệ (3.1) có vô số nghiệm.
Chứng minh:
Cần: Giả sử hệ (3.1) có nghiệm. Ta phải chứng minh r ( A ) = r ( B ) .
Thật vậy, hệ (3.1) có nghiệm, tức là có x1 = c1 , x 2 = c 2 ,..., x n = c n để cho

a11c1 + a12 c 2 + ... + a1n c n = b1
a 21c1 + a 22 c 2 + ... + a 2n cn = b 2
............................................
a m1c1 + a m2 c 2 + ... + a mn c n = b m
Hay
b = c1A1 + c 2 A 2 + ... + c n A n

⎡ b1 ⎤ ⎡ a1i ⎤
⎢b ⎥ ⎢a ⎥
Víi b = ⎢ 2 ⎥ A i = ⎢ 2i ⎥ i = 1, 2,..., n
⎢⎥ ⎢⎥
⎢⎥ ⎢⎥
⎣bm ⎦ ⎣ a mi ⎦

43
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

Điều đó chứng tỏ rằng cột cuối cùng của ma trận B là tổ hợp tuyến tính của n cột
đầu. Theo tính chất hạng của ma trận, ta có thể bỏ cột cuối cùng mà không làm
ảnh hưởng đến hạng của ma trận B. Vì vậy, r ( A ) = r ( B ) .
Đủ: Giả sử r ( A ) = r ( B ) = k. Ta phải chứng minh hệ (3.2) có nghiệm.
Không giảm tính tổng quát, có thể coi định thức cấp k khác 0 của A và B nằm ở
góc trái. Khi đó, k cột đầu tiên độc lập tuyến tính và các cột còn lại có thể biểu
diễn qua k cột đầu. Trong trường hợp riêng, cột b biểu diễn được qua k cột đầu
b = λ1A1 + λ 2 A 2 + ... + λ k A k
b1 = a11λ1 + a12 λ 2 + ... + a1k λ k
b 2 = a 21λ1 + a 22 λ 2 + ... + a 2k λ k
............................................
b m = a m1λ1 + a m2 λ 2 + ... + a mk λ k .
Thật vậy, nếu lấy x1 = λ1 ,..., x k = λ k , x k +1 = x k + 2 = ... = x n = 0 thì chúng tạo nên
một nghiệm của hệ (3.1). Đó là điều phải chứng minh.
Ví dụ: Giải hệ phương trình:
⎧ x1 + 3x 2 + x 3 − x 4 = 7

⎨2x1 + 5x 2 − x 3 + 2x 4 = 22
⎪3x + 8x + x − x = 24
⎩1 2 3 4

Giải:
Ở đây m = 3, n = 4 .
−1 7 ⎤ ⎡1 3 1 −1 7 ⎤
⎡1 3 1
⎢ 2 5 −1 2 22 ⎥ → ⎢0 −1 −3 4 8 ⎥
B=⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢3 8 1 −1 24 ⎥ ⎢0 −1 −2 2 3 ⎥
⎣ ⎦⎣ ⎦
−1 7 ⎤
⎡1 3 1
⎢0 −1 −3 4 8 ⎥
→⎢ ⎥
⎢0 0 1 −2 −5⎥
⎣ ⎦
Ta có r ( A ) = r ( B ) = 3 < n = 4.
Vậy hệ có vô số nghiệm.
Với ma trận cuối cùng ta có:
⎧ x1 + 3x 2 + x 3 − x 4 = 7

⎨ − x 2 − 3x 3 + 4x 4 = 8
⎪ x 3 − 2x 4 = −5

Đặt x 4 = c , ta được:

⎧ x1 + 3x 2 + x 3 = 7 + c ⎧ x 3 = −5 + 2c
⎪ ⎪
⎨ − x 2 − 3x 3 = 8 − 4c ⇒ ⎨ x 2 = −8 + 4c + 15 − 6c = 7 − 2c
⎪ ⎪
⎩ x1 = 7 + c − 21 + 6c + 5 − 2c = −9 + 5c
x 3 = −5 + 2c



44
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

Vậy các nghiệm có dạng
⎧ x1 = −9 + 5c
⎪ x = 7 − 2c
⎪2
với mỗi giá trị của c ta có một nghiệm.

⎪ x 3 = −5 + 2c
⎪x 4 = c


3.3. Hệ phương trình thuần nhất
Đây là trường hợp riêng của hệ (3.1), khi bi = 0 víi mäi i = 1, 2,..., n nên Định lí
Croneke – Capeli vẫn đúng. Nhưng với trường hợp này, ta luôn có r ( A ) = r ( B ) nên
hệ thuần nhất luôn có nghiệm. Chẳng hạn, ta thấy ngay x1 = 0, x 2 = 0,..., x n = 0 là một
nghiệm của hệ, gọi là nghiệm tầm thường.
Vậy khi nào hệ thuần nhất có nghiệm không tầm thường?
Định lí 3.3: Nếu r ( A ) = n thì hệ thuần nhất chỉ có nghiệm tầm thường, nếu r ( A ) < n
thì hệ thuần nhất có vô số nghiệm, nghĩa là ngoài nghiệm tầm thường phải có nghiệm
không tầm thường.
Chứng minh:
Nếu r ( A ) = n thì theo quy tắc Cramer, hệ có nghiệm duy nhất, chính là nghiệm tầm
thường. Nếu r ( A ) < n thì ta chuyÓn n − r ( A ) tự do sang phải và hệ sẽ có vô số nghiệm.

Hệ quả: Đối với hệ thuần nhất n phương trình n ẩn số thì điều kiện cần và đủ để hệ có
nghiệm không tầm thường là định thức Δ = 0.
Thật vậy, vì Δ = 0 thì r ( A ) = r ( B ) < n . Do đó, hệ thuần nhất có vô số nghiệm, tức là
có nghiệm không tầm thường.
Ta cũng có các định nghĩa tương tự cho hệ (3.2) như đối với hệ (3.1).
Ví dụ: Giải hệ phương trình
⎧ x1 − 2x 2 + 3x 3 = 0

⎨2x1 + x 2 − x 3 = 0

⎩ x1 + 3x 2 − 4x 3 = 0
Giải :
1 −2 3
Δ= 2 −1 = −4 + 2 + 18 − 3 − 16 + 3 = 0.
Ta có 1
−4
1 3
Hệ có vô số nghiệm.
1 −2
= 1 + 4 = 5 ≠ 0.
Xét định thức cấp 2
21
Bởi vậy, ta lấy 2 phương trình đầu
⎧ x1 − 2x 2 + 3x 3 = 0

⎩2x1 + x 2 − x 3 = 0

45
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

Chuyển x 3 sang vế phải

(a )
⎧ x1 − 2x 2 = −3x 3


⎪2x1 + x 2 = x 3 (b)

Lấy (b) nhân với 2 rồi cộng với (a), ta có:
1
5x1 = − x 3 ⇒ x1 = − x 3
5
2 7
x 2 = x 3 − 2x1 = x 3 + x 3 = x 3
5 5
Vậy hệ đã cho có vô số nghiệm xác định bởi
⎧ 1
⎪ x1 = − 5 x 3

⎪ 7
⎨x 2 = x3
5

⎪x3 ∈



3.4. Phương pháp Gauss
Nội dung của phương pháp Gauss là dùng cách khử dần các ẩn số để đưa hệ (2.18) về
dạng tam giác
⎧ x1 + α 2 x 2 + α 3 x 3 = α 4

x 2 + β3 x 3 = β 4 (3.9)

⎪ γ3x3 = γ 4

rồi giải hệ này.
Hệ tam giác (3.9) rất dễ giải: từ phương trình thứ 3, ta suy ra x 3 , thế x 3 vào phương
trình thứ 2, ta suy ra x 2 , thế x 2 và x 3 vào phương trình thứ nhất, ta suy ra x1 . Sau
đây, ta xét một ví dụ cụ thể rồi nêu ra các quy tắc thực hành
Ví dụ: Xét hệ
(a )
⎧2x1 + 3x 2 + 5x 3 = 2

( b)
⎨3x1 − 2,5x 2 + 4x 3 = 10
⎪−4x + 3x + 2x = 2
(c)
⎩ 1 2 3


Giải :
Trước hết, ta chia (a) cho hệ số của x1 , tức là cho 2, ta được:

( a′)
x1 + 1, 5x 2 + 2,5x 3 = 1
Sau đó khử x1 khỏi (b). Muốn thế ta nhân (a') với hệ số của x1 ở (b), tức là với 3, ta có:
(b′)
3x1 + 4,5x 2 + 7,5x 3 = 3
Sau đó, đem phương trình ( b') này trừ đi phương trình (b) theo từng vế, ta được:

7x 2 + 3,5x 3 = −7 (b″)


46
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

Tương tự, ta khử x1 ra khỏi (c): nhân (a') với hệ số của x1 ở (c), tức là với (–4), ta có
−4x1 − 6x 2 − 10x 3 = −4. (c′)
Sau đó đem ( c′ ) trừ (c) ta được:
−9x 2 − 12x 3 = −6. (c″)
Bây giờ, ta chú ý đến hai phương trình ( b′′ ) và ( c′′ ) , trong đó chỉ còn hai ẩn là
x 2 và x 3 . Lặp lại quá trình như trên.
Trước hết, ta chia ( b′′ ) cho hệ số của x 2 , tức là cho 7, ta được:

x 2 + 0,5x 3 = −1 . (b″′)
Sau đó, ta khử x 2 khỏi ( c′′ ) bằng cách nhân ( b′′′ ) với hệ số của x 2 ở ( c′′ ) , tức là với (–9)
−9x 2 − 4,5x 3 = 9 . (b″″)
Sau đó đem ( b′′′′ ) trừ đi ( c′′ ) ta được:
7,5x 3 = 15. (c″′)
Kết hợp các phương trình ( a ′ ) , ( b′′′ ) , ( c′′′ ) ta được tam giác mong muốn.
15
Từ ( c′′′ ) ta suy ra x 3 = = 2.
7,5
Thế x 3 = 2 vµo ( b′′′ ) ta được:

x 2 + 0,5 × 2 = −1 ⇒ x 2 = −2 .
Thế x 3 = 2, x 2 = − 2 vào ( a ′ ) ta được:

x1 + 1,5 × ( −2 ) + 2,5 × 2 = 1
x1 − 3 + 5 = 1 ⇒ x1 = −1.

⎧ x 1 = −1

Vậy nghiệm của hệ đã cho là: ⎨ x 2 = −2

⎩ x 3 = 2.
Trên đây, ta đã trình bày phương pháp Gauss một cách trình tự. Trong thực hành, ta
có thể thực hiện biến đổi ma trận như sau:
⎡2 5 2⎤ ⎡ 1 1,5 2,5 1 ⎤ ⎡1 1,5 2,5 1 ⎤
3 1
⎢ 3 −2,5 4 10 ⎥ ⎯⎯⎯⎯ ⎢ 3 −2,5 4 10 ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯ ⎢0 −7 −3,5 7 ⎥
L1 . → L1
L 2 −3L1 → L 2
→ ⎥ L3 + 4L1 →L3 → ⎢
2
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ −4 2 2⎥ ⎢ −4 2⎥ ⎢0 9 12 6 ⎥
3 3 2
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡1 1,5 2,5 1 ⎤ ⎡1 1,5 2,5 1 ⎤
⎛ 1⎞
⎢0 1 0,5 −1⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯ ⎢ 0 1 0,5 −1⎥
L2 ×⎜ − ⎟ → L 2
L3 −9L 2 → L3
⎯⎯⎯⎯⎯ ⎢
→ →⎢
⎝ 7⎠
⎥ ⎥
⎢0 9 12 6 ⎥ ⎢ 0 0 7,5 15 ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎧ x 1 = −1

Từ đây, ta có ngay nghiệm của hệ ⎨ x 2 = −2

⎩ x 3 = 2.

47
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính


TÓM LƯỢC CUỐI BÀI
• Nắm được phương pháp giải hệ phương trình có số phương trình và số ẩn bằng nhau theo
phương pháp Cramer và phương pháp Gauss;
• Nắm được phương pháp giải hệ phương trình đại số tuyến tính tổng quát. Nắm được phương
pháp giải hệ phương trình thuần nhất;
• Giải được các bài toán về hệ phương trình đại số tuyến tính.
Bài tiếp theo các bạn sẽ được học về Phép toán và Cấu trúc đại số.




48
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính


BÀI TẬP

1. Giải hệ phương trình

⎧3x1 − 5x 2 + 2x 3 + 4x 4 = 2

a. ⎨7x1 − 4x 2 + x 3 + 3x 4 = 5
⎪5x + 7x − 4x − 6x = 3
⎩1 2 3 4


⎧ x1 + 5x 2 − x 3 + x 4 = 0

b. ⎨3x1 + 9x 2 − 13x 3 + 11x 4 = 0
⎪2x + 2x − 6x + 5x = 1
⎩1 2 3 4


2. Giải và biện luận theo a hệ phương trình
⎧ax1 + x 2 + x 3 + x 4 = 1

a. ⎨ x1 + ax 2 + x 3 + x 4 = a

⎩ x1 + x 2 + ax 3 + x 4 = a
2



⎧( 2 − a ) x1 + x 2 + x 3 = 0

b. ⎨ x1 + ( 2 − a ) x 2 + x 3 = 0

⎩ x1 + x 2 + ( 2 − a ) x 3 = 0

3. Cho hệ phương trình
⎧ x1 + 2x 2 + ax 3 = 3

⎨3x1 − x 2 − ax 3 = 2
⎪2x + x + 3x = b
⎩1 2 3


a. Xác định a, b để hệ có nghiệm duy nhất.
b. Xác định a, b để hệ có vô số nghiệm.
4. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss

⎧3x1 + x 2 + x 3 = 1
( I ) ⎪ x1 + 3x 2 + x 3 = 3

⎪ x + x + 3x = 9
⎩1 2 3



CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Hãy chọn phương án đúng.
1. Cho hệ phương trình

⎧ x − ay + a 2 z = a

⎨ax − a y + az = 1 trong đó a là tham số thực.
2

⎪ax + y − a 3 z = 1

Khi đó, hệ có nghiệm duy nhất nếu
49
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

A. a ≠ 0, a ≠ ±1 B. a = 0

C. a = 1 D. a = −1

2. Cho hệ phương trình thuần nhất 3 ẩn

⎡2 − a 1 0 ⎤ ⎡ x ⎤ ⎡0 ⎤
⎢ −1 −a 1 ⎥ ⎢ y ⎥ = ⎢0 ⎥
⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢1 3 1 − a ⎥ ⎢ z ⎥ ⎢0 ⎥
⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Khi đó, hệ chỉ có nghiệm tầm thường nếu
A. a ≠ 2 B. a ≠ −1
C. a ≠ 2 và a ≠ −1 D. a = 2 hoÆc a = −1

3. Xét hệ phương trình đại số tuyến tính Ax = b . Khi đó
A. Nếu det ( A ) = 0 thì hệ vô nghiệm;

B. Nếu det ( A ) ≠ 0 thì hệ có vô số nghiệm;

C. Nếu Ax = 0 có nghiệm không tầm thường thì det ( A ) = 0;

D. Nếu Ax = 0 có nghiệm không tầm thường thì det ( A ) ≠ 0 .

4. Xét hệ phương trình

⎧ x1 + 2x 2 + 3x 3 = 0

⎨ x 2 + 4x 3 = 0
⎪5x = 0
⎩3
Khi đó:
A. Hệ vô nghiệm.
B. Hệ có vô số nghiệm.
C. Hệ có nghiệm không tầm thường.
D. Hệ chỉ có nghiệm tầm thường.




50
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản